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\begin{document}
\title{10.2 习题}
\author{张志聪}
\maketitle

\section*{10.2.1}

$f$在$x_0$处可微，设其导数是$L$，即极限
\begin{align*}
  \lim\limits_{x \to x_0; x \in X \setminus \{x_0\}} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = L
\end{align*}

接下来证明$L > 0$和$L < 0$都会导致矛盾，来确定$L$只能等于$0$。

定义序列$(a_n)_{n=1}^\infty$如下，
\begin{equation*}
  a_n
  \begin{cases*}
    = x_0; \text{if } (x_0 + (-1)^n\frac{1}{n}) \notin (a, b)                  \\
    = x_0 + (-1)^n\frac{1}{n}; \text{if } (x_0 + (-1)^n\frac{1}{n}) \in (a, b) \\
  \end{cases*}
\end{equation*}

因为$\lim\limits_{x \to x_0; x \in X \setminus \{x_0\}} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = L$，
由定义9.3.9(b)可知，对于完全由$X$中元素构成并且收敛于$x_0$的序列$(a_n)_{n=1}^\infty$，序列
$(f(a_n))_{n=1}^\infty$都收敛于$L$。

\begin{itemize}
  \item $L > 0$

        那么，存在正整数$N$使得
        \begin{align*}
           & \left| \frac{f(a_n) - f(x_0)}{a_n - x_0} - L\right| \leq \frac{1}{2}L  \\
           & \implies                                                               \\
           & \frac{1}{2} L \leq \frac{f(a_n) - f(x_0)}{a_n - x_0} \leq \frac{3}{2}L \\
           & \implies                                                               \\
           & \frac{f(a_n) - f(x_0)}{a_n - x_0} > 0
        \end{align*}
        对$n \geq N$均成立。

        当$a_n > x_0$时（由序列的构造方式可知，这样的$a_n$是存在的），$f(x) > f(x_0)$；
        当$a_n < x_0$时（由序列的构造方式可知，这样的$a_n$是存在的），$f(x) < f(x_0)$；
        此时$f(x_0)$既不是局部最大值，也不是局部最小值。

  \item $L < 0$

        同理可得，$L < 0$时，此时$f(x_0)$既不是局部最大值，也不是局部最小值。

\end{itemize}

综上可得$L = 0$，即$f^\prime(x_0) = 0$

\section*{10.2.2}

函数$f: (-1, 1) \to \mathbb{R}$定义为$f(x) = -|x|$。

与命题10.2.6不矛盾的原因是，不满足命题的前置条件：$f$在$0$处可微。

\section*{10.2.3}

\begin{align*}
  f(x)
  \begin{cases*}
    = x; \text{if } x \in (-1, -\frac{1}{2}] \cup [\frac{1}{2}, 1) \\
    = 0; \text{if } x \in (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})              \\
  \end{cases*}
\end{align*}

与命题10.2.6不矛盾的原因是，不满足命题的前置条件：$f$在$0$处达到局部最大值或局部最小值。

\section*{10.2.4}

因为$f$是$[a, b]$上的连续函数，由命题9.6.7（最大值原理）可知，
存在$x_{min}, x_{max} \in [a, b]$分别取到最小值和最大值。

\begin{itemize}
  \item $g(a)$同时是最大值和最小值

        此时任意$x \in [a, b]$都有$g(x) = g(a)$，
        由定理10.1.13(a)可知，任意$x_0 \in [a, b]$都有$f^\prime(x_0) = 0$。

        命题成立。

  \item 存在$x_{min} \in (a, b)$或$x_{max} \in (a, b)$（包含了$g(a)$处是最大值或最小值这种情况）

        $x_{max} \in (a, b)$，函数$f$在$(a, b)$上可微，所以$f$在$x_{max}$处是可微的，
        并且$f$在$x_{max}$处是全局最大值，那么也是局部最大值，由命题10.2.6可知，
        \begin{align*}
          f^\prime(x_{max}) = 0
        \end{align*}

        类似的，$x_{min} \in (a, b)$，那么，
        \begin{align*}
          f^\prime(x_{min}) = 0
        \end{align*}

        综上，命题成立。

\end{itemize}

\section*{10.2.5}

定义函数$h: [a, b] \to \mathbb{R}$为$h(x) := f(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x - a)$

因为$f(x), x$都是$[a, b]$上的连续函数，由命题9.4.9可知，函数$h$也是$[a, b]$上的连续函数。


因为$f(x), x$都是$(a, b)$上的可微的，由定理10.1.13可得，任意$x_0 \in (a, b)$，函数$h$在$x_0$处都是可微的，
于是由定义10.1.11可知，函数$h$在$(a, b)$上是可微的。

又因为$h(a) = h(b)$。

由定理10.2.7（罗尔定理）可得，存在$x \in (a, b)$使得
\begin{align*}
  h^\prime(x) = 0
\end{align*}
即：
\begin{align*}
  h^\prime(x) & = f^\prime(x) - \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = 0 \\
              & \implies                                  \\
  f^\prime(x) & = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}
\end{align*}

\section*{10.2.6}

对任意的$x, y \in [a, b]$，由$[x, y] \subseteq [a, b]$，
于是由题设可得，$f$在$[x, y]$上连续，在$(x, y)$上可微。

利用推论10.2.9（中值定理）可得，存在$c \in (x, y)$使得
\begin{align*}
  f^\prime(c) = \frac{f(x) - f(y)}{x - y}
\end{align*}

因为$f$的导数都是有界的，
所以$|f^\prime(c)| \leq M$，即
\begin{align*}
   & \left|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}\right| \leq M \\
   & \implies                                      \\
   & |f(x) - f(y)| \leq M|x - y|                   \\
\end{align*}

\section*{10.2.7}

$f^\prime$是有界的，那么不妨设其上界为$M$。

对任意$\epsilon > 0$，$x, y \in R$，存在$\delta = \frac{\epsilon}{M}$，那么，当$|x - y| \leq \delta$
（即：$\delta-$接近时），于是由习题10.2.6知得
\begin{align*}
  |f(x) - f(y)| & \leq M|x - y|         \\
                & \leq M\frac{\epsilon}{M} = \epsilon
\end{align*}

由定义9.9.2可知，$f$是一致连续的。


\end{document}
